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题目大意
给定一个1到n的排列，然后随机选取一个区间，让这个区间内的数随机改变顺序，问这样的一次操作后，该排列的逆序数的期望是多少
首先，一个随机的长度为len的排列的逆序数是(len)*(len-1)/4，这是显然的，因为每种排列倒序一遍就会得到一个新序列，逆序数是len*(len-1)/2 - x（x为原排列的逆序数)
所以我们只需要把所有n*(n-1)/2的区间每种情况都随机化一遍再求逆序对，然后把这个值求和，就可以得到答案了
但是如果用朴素做法，那么复杂度是n^2的
考虑dp[x]表示以x为右端点的所有区间的逆序对数
dp[x] = sigma(dp[1~(x-1)]) + f[x]
f[x]表示x这个数对其以x为右端点所有区间的逆序对数所做的贡献，简单说，就是加了x以后，逆序对增加的个数
那么显然出现在第一位的数的贡献为1，而在第二位的数贡献为2，然后把相应的值加到权值线段树里
就可以统计出来所有的dp[x]了
最终答案就是 原序列的逆序对数-(Sum(dp[x])-Sum(所有区间随机化))/区间个数
PS:精度比较坑，中间整数运算尽量用long long，最后再用long double
#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <iomanip> using namespace std; typedef long double ld; const int maxn = 111111; long long tree[maxn*4]; void Insert(int o, int l, int r, int k, int v) { if(l == r) { tree[o] = v; return; } int mid = (l+r)>>1; if(k <= mid) Insert(o*2, l, mid, k, v); else Insert(o*2+1, mid+1, r, k, v); tree[o] = tree[o*2] + tree[o*2+1]; } long long Query(int o, int l, int r, int L, int R) { if(L <= l && r <= R) return tree[o]; int mid = (l+r)>>1; ld ans = 0; if(L <= mid) ans += Query(o*2, l, mid, L, R); if(R > mid) ans += Query(o*2+1, mid+1, r, L, R); return ans; } int n, x, a[maxn], f[maxn]; int main() { cin>>n; ld ans = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) cin>>a[i], f[a[i]] = i; for(int i = 1; i <= n; i++) { ans += Query(1, 1, n, a[i], n); Insert(1, 1, n, a[i], 1); } ans *= ((long long)n*(n+1)); memset(tree, 0, sizeof(tree)); long long last = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) { ans -= (last + Query(1, 1, n, a[i], n)); last = last + Query(1, 1, n, a[i], n); Insert(1, 1, n, a[i], f[a[i]]*2); } for(int i = 1; i <= n; i++) ans += ((long long)(n-i+1)*i*(i-1)/2);x` ans /= ((long long)n*(n+1)); cout<<setprecision(15)<<ans<<endl; }
Codeforces Round #388 (Div. 2) 749E(巧妙的概率dp思想)
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Saurus/p/6227311.html
